Factores de los números de Fibonacci

El problema de la semana trata sobre factores de los números de Fibonacci. Está inspirado en este post del blog de nuestro comentarista J.H.S. y en uno de los comentarios del mismo. Aprovecho para recomendar su blog por los problemas que plantea:

Consideramos los números de Fibonacci $1,1,2,3,5,8,13,21,34, \ldots$ denotados por $F_n$ , con $n \ge 1$ , y sea $m$ un número natural cualquiera mayor o igual que $1$ .

1) Demostrar que existe un número de Fibonacci $F_n$ múltiplo de $m$ de tal modo que $1\le n \le m^2$ .
2) Demostrar que existen infinitos números de Fibonacci que son múltiplos de $m$ .

Vamos a por él.

Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 18 de Marzo de 2008
Categorías: Juegos

95 comentarios

Cristóbal Camarero | 18 de Marzo de 2008 | 14:33

Para el segundo item:

$F_n=F_{n-1}+F_{n-2}=2F_{n-1}+F_{n-2}= 3F_{n-1}+2F_{n-2}=5F_{n-1}+3F_{n-2}$ , en general
$F_n=F_{i+1}F_{n-i}+F_{i}F_{n-i+1}$

Si tenemos $m,n$ t.q. $mq=F_n$
entonces con la fórmula anterior tenemos
$F_{2n}=F_{n+1}F_n+F_nF_{n+1}=2mqF_{n+1}$ y así multiplicando el índice por dos vamos obteniendo más números de fibonacci múltiplos de $m$
Cristóbal Camarero | 18 de Marzo de 2008 | 15:12

Vale, me he colado al pasarlo a LaTeX y en unos índices:
$F_n=F_{n-1}+F_{n-2}=2F_{n-2}+F_{n-3}= =3F_{n-3}+2F_{n-4}=5F_{n-4}+3F_{n-5}$ , en general
$F_n=F_{i+1}F_{n-i}F_iF_{n-i-1}$

Y luego con $mq=F_n$ obtengo
$F_{2n}=F_n(F_{n+1}+F_{n-1})$
Domingo H.A. | 18 de Marzo de 2008 | 15:32

Sí señor, Cristobal. Esa es la idea para demostrar 2).

Los números de Fibonacci verifican la importante propiedad $F_{n+m}=F_{n-1}F_m+F_nF_{m+1}$ (que se demuestra fácilmente por inducción, en la línea que comentas) y que, en particular, muestra que todos los números $F_{2n}, F_{3n},F_{4n},\ldots$ son múltiplos de $F_n$ (y por tanto de $m$ ).

Ahora a por la 1)
Omar-P | 18 de Marzo de 2008 | 17:34

La secuencia de los números de Fibonacci puede empezar desde F(0)=0. Por ejemplo:
0,1,1,2,3,5,8,13…
Cuando la secuencia se toma desde F(1)=1 se los denomina “Números Fibonacci positivos” (Positive Fibonacci numbers) o sino “Números de la espiral de Fibonacci” (Fibonacci´s spiral numbers).
Domingo H.A. | 18 de Marzo de 2008 | 17:49

sí, pero por unificar criterios ponemos $F_1=F_2=1$ y a partir de ahí se sigue con el criterio. El problema va referido a este caso.
Domingo H.A. | 18 de Marzo de 2008 | 20:29

Para rellenar estos días de asueto les propongo, al tiempo que se resuelve la cuestión pendiente, analizar la convergencia de la serie siguiente

$\cfrac{F_1}{a}+\cfrac{F_2}{a^2}+\ldots+ \cfrac{F_n}{a^n}+ \ldots$

donde $a$ es un número real positivo y $\{F_n\}_{n\geq 1}$ es la sucesión de Fibonacci (con $F_1=F_2=1$ ). ¿Converge la serie para todo valor de $a$ ? Si no es así, ¿Cuál es el mayor valor de $a$ para el que la serie diverge?
Masterateo | 18 de Marzo de 2008 | 20:59

Hola, el otro día me plantearon una cuestión.
No se donde ponerla, así que la dejare aquí planteada.
Como demostrar que:
$\displaystyle{\sum_{i=0}^n{\binom{n}{i}}^2=\binom{2n}{n}}$
Bueno, lo que quiero poner era esto, que creo que era lo mismo.
$\displaystyle{{\binom{n}{0}}^2+{\binom{n}{1}}^2+\ldots+{\binom{n}{n}}^2=\binom{2n}{n}}$
Me han dicho que no es tan fácil de demostrar como parece.
Lo he intentado por inducción, y sustituyendo con la expresión
$\displaystyle{{\binom{n}{m}}+{\binom{n+1}{m}}=\binom{n+1}{m+1}}$
y no he llegado a ningún lugar.
Hay alguna otra propiedad de los números combinatorios que se pueda utilizar?
Cristóbal Camarero | 18 de Marzo de 2008 | 21:35

Masterateo:
Se me ocurre desarrollar el polinomio $(1+x)^{2n}$ ,
por un lado es igual a $\sum_{k=0}^{2n}\binom{2n}{k}x^k$ con $\binom{2n}{n}$ como coeficiente de $x^n$ .
Por otro lado es
$((1+x)^n)^2= \left(\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}x^k\right)^2= \sum_{k=0}^n\sum_{j=0}^n\binom{n}{k}\binom{n}{j}x^{k+j}$
cuyo coeficiente de $x^n$ es
$\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\binom{n}{n-k}= \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}^2$
Sive | 18 de Marzo de 2008 | 21:35

Desarrollándo la serie módulo m, el número de posibles valores para F(n) es finito e igual a m.

El número de pares posibles [F(n), F(n+1)] tambien es finito, concretamente hay m^2 pares posibles.

Por tanto la serie que se obtiene es periódica, porque tarde o temprano se tiene que repetir un par y seguirá igual a partir de ahí.

Además, el periodo empieza ya en F(1), ya que dado un par cualquiera [F(n), F(n+1)] se puede calcular sin ambigüedad tanto F(n-1) como F(n-2). Sólo hay un camino en la serie para llegar a [F(n), F(n+1)].

Además, si a partir de F(1) y F(2) calculamos F(0), obtenemos 0 (esto no sería necesario si la serie se definiera como 0,1,1,2,3,5…, por lo que intuyo que se definió así el problema a posta para complicarlo un poco más).

Por tanto, 0 tiene que aparecer forzosamente en ella, y además se repetirá infinitas veces (demostrando B).

El número de posibles valores para los pares [F(n), F(n+1)], sin contener 0 es (m-1)^2

Por tanto, entre F(1) y F(n+1) habrá, como máximo, (m-1)^2 elementos sin contener el cero.

Es decir para que no exista un múltiplo de m, se tiene que cumplir que:

(n+1)<(m-1)^2
n < m^2 - 2m + 1 < m^2

Demostrando A)
Domingo H.A. | 18 de Marzo de 2008 | 21:37

Masterateo, muy interesante propiedad la que propones. Conozco la siguiente prueba:

Comenzamos con la identidad $(1+x)^n\cdot(1+x)^{m-n}=(1+x)^m$ , para $m\geq n\geq 0$ . Haciendo el desarrollo de las potencias en términos de los números combinatorios, multiplicando las sumas que aparecen en el primer miembro, e igualando coeficientes, obtenemos que

$\displaystyle{\sum_{i=0}^{min\{k,n\}} \binom{n}{i}\cdot\binom{m-n}{k-i}}=\binom{m}{k},\quad k=0,\ldots,m$ .

Finalmente toma $m=2n$ y $k=n$ , y llegas al resultado teniendo en cuenta la simetría de los números combinatorios.
Sive | 18 de Marzo de 2008 | 21:41

Perdón, al final se me coló un 1 de más (o un -1 de menos). Rectificado el fallo quedaría así:

(n+1)<(m-1)^2
n < m^2 - 2m < m^2

Saludos!
Domingo H.A. | 18 de Marzo de 2008 | 21:45

Muy buena, Sive!!

Nos queda estudiar la suma (que es muchísimo más sencillo).
Sive | 18 de Marzo de 2008 | 21:52

Jeje, en realidad cometí otro fallo, me dejé otro 1 en el limbo. Pero bueno, tengo 2m de margen
Sive | 19 de Marzo de 2008 | 1:25

Propongo intentar acotar aún más el problema 1), para que n esté entre 1 y 2m.
Sive | 19 de Marzo de 2008 | 2:40

Vaya día tengo, el problema que propongo, esta vez sin ambigüedades es:

Consideramos los números de Fibonacci $1,1,2,3,5,8,13,21,34, \ldots$ denotados por $F_n$ , con $n \ge 1$ , y sea m un número natural cualquiera mayor o igual que $1$

Demostrar que existe un número de Fibonacci $F_n$ múltiplo de $m$ de tal modo que $1 \le n \le 2m$
lôneker | 19 de Marzo de 2008 | 12:50

Buenas, alguno conoceis algun libro de sucesiones numericas, si es asi, si podeis decirme el titulo se agradece, muchas gracias,
Domingo H.A. | 19 de Marzo de 2008 | 15:51

Muy interesante la nueva acotación, Sive. Dicha cota para $n(\geq 2m)$ es la mejor que se puede dar, ya que se cumple exactamente para $m=6$ .
Domingo H.A. | 19 de Marzo de 2008 | 15:52

quise decir $n(\leq 2m)$
Alvaro Flores. | 20 de Marzo de 2008 | 1:54

Hm, estuve pensando en el dia como demostrar la A, sin llegar a buen puerto, pero usando la parte A la parte B se me hacia directa, pues (con la cota antigua) sabemos que para cada m hay un numero con indice menor q m^2 , luego basta notar q para m^n en general hay un numero en la serie antes del m^2n -ésimo , con esto encontramos infinitos multiplos de m dentro de la serie…es directo “maquillar” la solucion para la nueva cota.

Espero se entienda… con respecto a lo q se propone de la suma de los cuadrados de los coeficientes combinatoriales, le echare un ojo y posteo luego.

Exclente página, sigan asi
Sive | 21 de Marzo de 2008 | 13:04

He logrado demostrar que la cota es $(m+1)$ cuando $m$ es primo, y que la cota es $2m$ cuando $m$ se puede descomponer en factores primos con potencia 1.

Ahora intento demostrar el caso para cuando $m = a^b$ , siendo $a$ primo, y expero poder usar el resultado para cualquier $m$ .

Me lo estoy pasando bomba, la verdad.
fede | 21 de Marzo de 2008 | 13:12

Sive, interesante teorema el que planteas. No sé si habrá una demostración directa, pero se deduce de los siguientes resultados de la teoría de las sucesiones de Fibonacci módulo m :

Si $a(m)$ es el índice mínimo tal que $F_{a(m)}$ es múltiplo de m y $m = \prod p_i^{r_i}$ es la descomposición de m en primos,

$(1) \qquad a(m) = \text{mcm}(\ a(p_i^{r_i}) \ )$
$(2) \qquad a(2) = 3, \quad a(4) = 6 ,\quad a(8\cdot 2^k) = 6 \cdot 2^k , \quad k \ge 0$
$(3) \qquad a(3^k) = 4\cdot 3^{k-1}$
$(4) \qquad a(5^k) = 5^k$
$(5) \qquad \text{Si} \ p \ge 7 ,\quad a(p^k)$ < $p^k \quad \text{o} \quad a(p^k) = (p+1)p^{k-1}$

Usando estas proposiciones se obtiene que $a(m)/m$ es máximo solo cuando $m=2\cdot 3\cdot 5^k$ y en ese caso $a(m)/m=2$ .
Domingo H.A. | 21 de Marzo de 2008 | 13:44

estupendo, Sive, efectivamente para primos el índice óptimo es p+1. Podrías indicarnos tu razonamiento?

fede, conoces algún link o cualquier referencia donde vengan demostradas esas cinco identidades? El otro día me tropecé con ellas pero no he visto demostración.

Con unas propiedades análogas a las que indica fede, parece que se puede probar que el periodo de la sucesión de Fibonacci módulo m, se reduce a 6m, lo cual mejora (para $m\geq 6$ ) la cota $m^2$ que aparece en el planteamiento inicial.
Sive | 21 de Marzo de 2008 | 13:45

Pues esas proposiciones están muy en la onda del camino que yo he elegido para encontrar una demostración.

De hecho lo que ahora pretendo demostrar, usando tu nomenclatura es que:

$a(p)p^{k-1}$ es múltiplo de $p^k$ , aunque pueda no ser el primero, lo cual cumpliría tus proposiciones de la 2 a la 5.

¿Sabes si están demostradas en el enlace que has puesto?
fede | 21 de Marzo de 2008 | 14:51

Realmente no he leido en detalle la documentación pero los números de teoremas del enlace anterior que dan lugar a los resultados (1)-(5) son:

(1) 3.30
(2) 3.5, 3.25
(3) y (5) 3.8, 3.12, 3.13, 3.25
(4) 3.7, 3.25 3.32

Creo que no es autocontenido por el lema 3.6, para el que remite al libro de Vajda (que acaba de reeditarse).

Otro artículo interesante es http://citeseer.ist.psu.edu/555843.html

Y para el tema de la cota 6m para la longitud del ciclo
http://www.mathpages.com/home/kmath078.htm
y http://arxiv.org/abs/cs.OH/0512103

En N.N.Vorobiov “Numeros de Fibonacci”, Editorial MIR, Lecciones populares de matemáticas, pag 55, hay un resultado que quizá puede sustituir al lema 3.6.

También el articulo de Wall, “Fibonacci Series Modulo m,” American Mathematical Monthly, 67 (1960), se puede ver o comprar en Jstor.
Sive | 21 de Marzo de 2008 | 16:23

Demostraré que la cota es $m+1$ , cuando $m$ es primo.

Definamos $F^a$ como la serie:

$a, a, 2a, 3a, 5a, 8a, 13a \ldots$

Es decir, como la serie de Fibonacci pero comenzando en $(a, a)$ en lugar de $(1,1)$ .

La serie de Fibonacci, con esta nomenclatura, sería $F^1$ .

Es fácil comprobar que es posible obtener la serie $F^a$ multiplicando cada elemento de $F^1$ por $a$ . Es decir:

(1) $F^a_n = a F^1_n$

A partir de aquí trabajamos en módulo $m$ .

Módulo $m$ , hay $m$ series $F^a$ diferentes, desde $F^0$ hasta $F^{m-1}$ . Es decir, $0 \le a \le (m-1)$

De (1) se deduce que, salvo para $a=0$ , los ceros en $F^a$ están en la misma posición que los de $F^1$ , ya que $a \cdot b = 0$ sólo si $a$ o $b$ son 0. Como $a$ no lo es, tiene que serlo $b$ . Esto no sería cierto si $m$ no es primo, de ahí que la demostración sólo sea válida en este caso.

Voy a hacer algo ahora poco ortodoxo, poner un ejemplo, para que quede más claro qué se ha demostrado.

Para $m=5$ , las series, salvo $F^0$ son:

$F^1 = 1, 1, 2, 3, 0, \ldots$
$F^2 = 2, 2, 4, 1, 0, \ldots$
$F^3 = 3, 3, 1, 4, 0, \ldots$
$F^4 = 4, 4, 3, 2, 0, \ldots$

Se ve que los ceros están en la misma posición, y lo que he demostrado arriba es que eso sucede para cualquier valor de $m$ .

Supongamos que $F^1_z$ (el subindice es una zeta) es el primer valor de $F^1$ para el cual la serie es cero.

$F^1_{z-1}$ será diferente de cero.

$F^1_{z+1} = F^1_z + F^1_{z-1} = F^1_{z-1}$
$F^1_{z+2} = F^1_z + F^1_z + F^1_{z-1} = F^1_{z-1}$

Es decir, después de $F^1_z$ siguen dos números iguales, y de (1) se deduce que esto es cierto también para $F^a_z$

Por tanto, cuando $F^a$ llega a cero, los elementos siguientes formán otra serie $F^b$ con $b \ne 0$ . Se puede considerar cualquier serie $F^a$ como la concatenación de los primeros $z$ elementos de múltiples series $F^x$ .

Llamemos $z$ al periodo con que aparecen los ceros en $F^a$ . Cualquier par de elementos consecutivos $(x, y)$ contenido en esos $z$ elementos de $F^a$ , no puede estar en los $z$ primeros elementos de otra serie $F^b$ , porque de darse el caso la serie continuaría igual hacia atrás y tendríamos que $a=b$ .

El par $(0, a)$ de $F^a$ tampoco puede estar en los primeros $z$ elementos de otra serie $F^b$ , por razones obvias.

Es decir, cada serie $F^a$ , excluye $z$ pares de numeros $(x, y)$ , que no pueden aparecer secuencialmente en ningún otro $F^b$ .

En total hay $m^2$ pares posibles, $m^2-1$ si consideramos que el par $(0,0)$ es imposible.

Por tanto el valor máximo para $z$ en cualquier $F^a$ es:

$z \le (m^2 - 1) / (m - 1)$
$z \le m+1$

Con lo que queda demostrado.

También he demostrado, por otro camino y de forma bastante más sencilla, que los ceros aparecen periódica e uniformemente repartidos aunque $m$ no sea primo, lo cual sirve para demostrar la proposición (1) de fede de forma casi directa, así que realmente lo único que me queda por demostrar es el caso de $m = p^k$ .
Sive | 21 de Marzo de 2008 | 16:31

Donde puse:

Llamemos $z$ al periodo con que aparecen los ceros en $F^a$ . Cualquier par de elementos consecutivos $(x, y)$ contenido en esos $z$ elementos de $F^a$ , no puede estar en los $z$ primeros elementos de otra serie $F^b$ , porque de darse el caso la serie continuaría igual hacia atrás y tendríamos que $a=b$ .

Debí poner (en mayúsculas la errata):

Llamemos $z$ al periodo con que aparecen los ceros en $F^a$ . Cualquier par de elementos consecutivos $(x, y)$ contenido en LOS PRIMEROS $z$ elementos de $F^a$ , no puede estar en los $z$ primeros elementos de otra serie $F^b$ , porque de darse el caso la serie continuaría igual hacia atrás y tendríamos que $a=b$ .

Si es que con tanto latex y tanto $ se lia uno cosa mala…
Sive | 21 de Marzo de 2008 | 16:57

Creo que di un salto no demasiado obvio al final, cuando puse:

$z \le (m^2 - 1) / (m - 1)$

Lo aclaro por si acaso.

El número de pares posibles que tienen disponibles cada una de las series $F^a$ con 0<a<m es igual al número total de pares salvo $(0,0)$ que no está en ninguna de ellas, dividido entre el número de series $F^a$ . Y de ahí, la fórmula.

Una pregunta … ¿como se expresaría 0<a<m en latex?
Asier | 21 de Marzo de 2008 | 17:15

Buen trabajo, Sive.
Debido a problemas a la hora de visualizar mayor que y menor que (al parecer los confunde con etiquetas html) utilizamos \prec ( $\prec$ ) y \succ ( $\succ$ ).
Sive | 21 de Marzo de 2008 | 17:29

Gracias Asier

Una curiosidad.

No he demostrado (ni lo haré, porque no es cierto) que cualquier par imaginable está en algún $F^a$ .

De hecho, para m=5, hay 4 series $F^a$ con z=5. Con lo que tenemos 4·5 = 20 pares, 5 menos que los 25 posibles. Esto es porque, además del (0, 0), los los 4 pares (3,4), (4,2), (2,1) y (1,3) tampoco se dan nunca. Curiosamente, estos cuatro pares se pueden unir en una pseudo-serie de Fibonacci así:

3,4,2,1,3,4,2,1,…

No es casualidad, es fácil de demostrar que con los pares sobrantes se pueden formar 1 o más pseudo-series de Fibonacci. Son dos en el caso de m=5, la anterior, y una serie compuesta únicamente por ceros.

Definitivamente la serie de Fibonacci es mucho menos simple de lo que parece…
Omar-P | 21 de Marzo de 2008 | 17:37

Disculpándome por anticipado por la ignorancia y con el permiso de todos, quiero mostrar un sencillo teorema en el que estuve pensando, referido a divisores y múltiplos, pues quisiera tener alguna referencia del mismo. El teorema dice así:
El número de divisores de “n” que son múltiplos de “m” es igual al número de divisores de (n/m) si y solo si (n/m) es entero, en caso contrario es igual a cero.
He notado que la secuencia se forma utilizando los términos de la función divisor d(n) intercalados entre m-1 ceros. Por ejemplo para m=1 la secuencia es: 1,2,2,3,2,4,2…. Si ahora hacemos m=3 la secuencia es: 0,0,1,0,0,2,0,0,3,0,0,2,0,0,4,0,0,2,0,0… etc.
Si algún gaussiano tiene alguna referencia del mismo me interesaría conocerla. Saludos y felicitaciones por los comentarios que han expuesto en este post.
Domingo H.A. | 21 de Marzo de 2008 | 18:52

Sive, quería darte las gracias por indicar tus razonamientos y también felicitarte por cómo lo has demostrado. Me parece una demostración preciosa!
Omar-P | 21 de Marzo de 2008 | 18:53

Ejemplo: n=33550336, m=524224. El número de divisores de 33550336 que son múltiplos de 524224 es igual al número de divisores de 64, es decir 7. Pues d(33550336/524224)=d(64)=7.
Sive | 21 de Marzo de 2008 | 19:06

De nada, Domingo ha sido un placer.

Y… ya he demostrado lo que me faltaba. Esto no me ha gustado, porque era una estupidez comparado con lo anterior, me ha sentado muy mal no haberlo visto antes.

Tengo que salir, a la vuelta intento exponerlo todo.
Domingo H.A. | 21 de Marzo de 2008 | 19:25

Sive, usando la phi de Euler he visto muy fácilmente con tu mismo desarrollo que $a(m)\leq 2m$ para potencias de primos. Me falta mirar el caso general de productos de potencias…
Sive | 21 de Marzo de 2008 | 20:21

Pues es posible que ese camino también lleve al mismo resultado Domingo, pero ya sabes como es esto, uno se encuentra ante varias posibilidades y tiene que probarlas una a una, sin más orientación que la intuición (que para nosotros los pobres mortales, no es demasiado fiable).

El producto de potencias se puede abordar con la proposicion (1) de las que puso Fede, que es fácil de demostrar, pero necesitarias acotar un poco más ese $2m$
Sive | 21 de Marzo de 2008 | 21:01

Voy a demostrar que los ceros módulo $m$ de la serie de Fibonacci aparecen periódicamente y están uniformemente repartidos. Es decir que todos los ceros se pueden expresar como $F_{k z}$ , siendo $z$ el primer valor de $n$ para el cual $F_n$ da cero, y $k$ es cualquier entero positivo. Es fundamental para poder generalizar la cota de $2m$ para cualquier $m$ .

Sabemos que:

$F_{k z+a}=F_{k z-1}F_a+F_{k z}F_{a+1}$

$z$ sigue siendo el primer valor de $n$ para el cual $F_n$ da cero, y $a$ es un entero tal que $0 \prec a \prec z$ (Asier ).

Supongamos que $F_{k z+a}$ es cero:

$0 = F_{k z-1}F_a+F_{k z}F_{a+1} = F_{z-1}F_a$

La única forma de que esto sea cierto es que $F_a$ sea cero, pero eso es imposible porque $a$ es menor que $z$ .
fede | 21 de Marzo de 2008 | 21:20

Muy buenas demostraciones, Sive

Propongo cambiar la notación de $F_k \ \text{a} \ F(k)$ . Se ve mejor.
Sive | 21 de Marzo de 2008 | 21:21

Vaya, se me olvidó lo más importante, que es cómo afecta eso al problema que nos ocupa.

Supongamos que que queremos estudiar la periodicidad con que aparecen los ceros (porque ya sabemos que aparecen periodicamente), para $m = a b$ , bueno pues:

$F_{n} \equiv 0 \quad (\text{mod}\ a b)$

Cuando se cumpla que:

$F_{n} \equiv 0 \quad (\text{mod}\ a)$

y

$F_{n} \equiv 0 \quad (\text{mod}\ b)$

Siempre y cuando $a$ y $b$ sean primos entre sí. Lo cual se resuelve directamente calculando el mínimo común múltiplo de los periodos módulo a, y módulo b. La explicación es la misma para $m=a b c d \ldots$ siempre y cuando todos los factores sean primos entre sí.

Es la demostración de la proposición (1) de las que dijo fede.
Sive | 21 de Marzo de 2008 | 21:21

De acuerdo Fede, para la próxima.
Asier | 21 de Marzo de 2008 | 21:26

En cuanto a la serie planteada por Domingo, tenemos:

$\displaystyle s(a) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{F_n}{a^n} = \frac{1}{a} + \sum_{n=2}^{\infty} \frac{F_n}{a^n} = \frac{1}{a} + \sum_{n=2}^{\infty} \frac{F_{n-1} + F_{n-2}}{a^n} = \frac{1}{a} + \frac{1}{a} s(a) + \frac{1}{a^2} s(a)$

Despejando $s(a)$ obtenemos: $\displaystyle s(a) = \frac{a}{a^2-a-1}$

La raíz positiva del denominador es justamente el número áureo: $\displaystyle a = \varphi = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$

Por lo tanto la serie diverge si $a \le \varphi$ y converge para $a \succ \varphi$
Sive | 21 de Marzo de 2008 | 21:37

Tal vez mi demostración de que los ceros aparecen periodicamente para cualquier $m$ requiera una aclaración adicional. Cuando escribí:

Supongamos que $F_{k z+a}$ es cero:

$0 = F_{k z-1}F_a+F_{k z}F_{a+1} = F_{z-1}F_a$

Y concluí que la única forma de que eso fuera cierto es que $F_a$ sea cero, es porque $F_{z-1}$ no puede ser múltiplo ni de $m$ ni de ningún factor de $m$ , y por eso no importa que $m$ no sea primo.

Y $F_{z-1}$ no puede ser múltiplo ni de $m$ ni de ningún factor de $m$ porque ya demostré previamente que los ceros para módulos primos son periódicos.
Sive | 21 de Marzo de 2008 | 21:47

Lo siento Fede, lo volví a escribir con subíndices.
Domingo H.A. | 21 de Marzo de 2008 | 22:22

Asier, la respuesta a la suma propuesta es correcta. De todos modos, rigurosamente, ese camino no es del todo correcto para probar la divergencia para números menores o iguales que el número áureo. Supongamos que la serie hubiese sido con $a=\varphi$ directamente, ¿Por qué diverge? (de todos modos la respuesta es sencilla)
Domingo H.A. | 21 de Marzo de 2008 | 22:28

Bueno, indicar que obtuve la cota 2m usando que $\cfrac{m}{\phi(m)}\leq 2$ ( $\phi$ es la función de Euler) si m es potencia de un primo, pero esto no me vale en general para otros números compuestos. Si m es primo el mismo desarrollo me da el p+1. A ver si podemos sacar la cota 2m en general sin usar ninguna propiedad no demostrada.
J.H.S. | 21 de Marzo de 2008 | 22:45

Mil gracias al Editor de Gaussianos por tomarse la molestia de voltear la mirada hacia la bitácora de un servidor suyo.

Gracias a todos los que han sido partícipes del thread.

Domingo: Concuerdo contigo con respecto a la observación hecha sobre la última entrada de Asier. Se tiene que hacer un poco más de análisis por ahí.

Atención Todos: Tenía la idea de ofrecer un premio a la primer respuesta satisfactoria al problema de convergencia planteado por nuestro amigo Domingo. Dado que la respuesta se encuentra libre (casi) en Gaussianos, no me queda más que anunciar que el premio será guardado para un problema de alguna entrada futura en EFEL REFETOFO. Por favor, ¡no dejen de sintonizarnos!
fede | 21 de Marzo de 2008 | 23:06

Domingo, ya veo que usando la indicatriz de Euler se demuestra que a(p^k) < 2p^k con el método de Sive.

Aunque no se llegue a más, ya me parece notable el resultado, demostrado de forma tan simple.

Por otro lado es fácil de demostrar, usando la identidad $F(k-1)F(k+1) = F(k)^2 + (-1)^k$ , que se cumple para todo k, y las observaciones se Sive en su demostración, que en un ciclo completo (mod m) hay 1, 2 o 4 ceros o, en los términos de la demostración anterior, que está formado por 1, 2 o 4 bloques $F^a$ .
Sive | 21 de Marzo de 2008 | 23:51

Cometí un fallo para mi demostración para $m=p^x$ , me he dado cuenta al intentar explicarlo. Fue un fallo bastante tonto, lo cual quiere decir que he pasado demasiado tiempo pensando en esto…

Voy a hacer una pausa hasta mañana. Si puedo, porque cuando una cosa de estas se te mete en la cabeza…
Sive | 22 de Marzo de 2008 | 0:42

$1 \char 60\ 10 \char 62\ 5$

Jeje, como me he propuesto no pensar en este problema más por hoy, me he puesto a investigar como escribir > y < en latex.

$\char 60\$ se escribe \char 60\

$\char 62\$ se escribe \char 62\
Sive | 22 de Marzo de 2008 | 2:13

He aprovechado mi pausa para profundizar en vuestras ideas. Me ha encantado lo de los 1, 2 o 4 bloques Fede, eso se podría para usar la cota del periodo de F(n).

Y mañana lo mismo intento sacar algo en claro de la funcion de Euler, no creo que una demostración completa, pero al menos a ver si algo que me sirva.
Sive | 22 de Marzo de 2008 | 13:47

Voy a acotar, por fin, para el caso de $m=p^x$ , siendo $p$ primo. Al final me he alegrado de haberme equivocado anteriormente porque esta demostración sí que merece el esfuerzo que he invertido en ella.

Voy a definir $Z(m)$ como el periodo de los ceros en la serie de Fibonacci módulo $m$ . Es decir, ésta es la misma función que Fede llamó $a(m)$ y definió como el índice mínimo tal que $F(Z(m))$ es múltiplo de $m$ , pero como ahora sabemos que los ceros aparecen periódicamente, prefiero hablar de “periodo” (de los ceros sólo, no de la serie completa) en lugar de “índice mínimo”.

(Le cambio el nombre a la letra porque estoy utilizando $a$ para diferenciar las series $F^a$ , y quiero seguir usando la misma nomenclatura, además la $Z$ me suena a cero).

Ya definí la serie $F^a$ , en el mensaje de la cota de $m+1$ para $m$ primo.

Ahora, la voy a llamar $F_a$ porque me parece más apropiado, y como voy a usar paréntesis para referirme a los elementos, para atender la sugerencia de Fede, puedo usar el subíndice para esto.

Una de las propiedades de estas series era que existían varias series $F_a$ tal que:

$F_a(n) = a F_1(n)$

Esa propiedad sirve igual para cualquier $p^x$ . La única particularidad es que en este caso algunas series serían más cortas, pero ya he demostrado que los ceros aparecen con un periodo $Z(m)$ exacto para cualquier valor de $m$ , así que necesariamente las series que se puedan ’secuenciar’ a partir de $F_1$ tendrán todas el mismo $Z(m)$ .

Además, se puede demostrar fácilmente, y de varias formas, que $F_1$ no es una de esas series más cortas, pero no lo haré porque es irrelevante en esta demostración. Con que los ceros aparezcan periódicamente (demostrado) y se cumpla que $F_a(n) = a F_1(n)$ (evidente), es suficiente.

Voy a poner un ejemplo con numeros concretos, para que se capte mejor la idea clave para hacer la acotación, después generalizaré. En el ejemplo escribiré la serie Fibonacci completa módulo $5$ , porque para la propiedad que quiero señalar tampoco importa el valor de $m$ . Igual que antes, pondré cada sub-serie en una fila (aunque ahora estarán ordenadas por su aparición en $F_1$ ):

$1,1,2,3,0,$ (Fila 1)
$3,3,1,4,0,$ (Fila 2)
$4,4,3,2,0,$ (Fila 3)
$2,2,4,1,0,$ (Fila 4)
$1,1,2,3,0,$ (Fila 1)

Los números de la fila 2, se pueden obtener todos multiplicando los correspondientes de la fila 1 por 3, que es el último de la fila 1.

El último de la fila 2, será por tanto, $3 \cdot 3 = 3^2$

Los números de la fila 3, se pueden obtener todos multiplicando los correspondientes de la fila 1 por el último de la fila 2.
Pero éste hemos visto que es $3^2$ , así que el último de la fila 3 será $3^3$ .

De igual forma, el último de la fila 4 es $3^4$ , y el de la fila $n$ , en general, sería $3^n$ .

Dado que el valor de m es irrelevante para esta propiedad, es fácil hacer un razonamiento general y concluir que:

$F(kZ(m)-1) = F(Z(m)-1)^k \quad \quad \quad (1)$

O dicho con palabras, que el número que precede al cero que ocupa la posición $k$ , es igual al número que antecede al primer cero, elevado a $k$ .

Y además sabemos que $F(kZ(m)-1) = F(kZ(m)+1)$ (con palabras, que los números anterior y posterior a un cero, coinciden).

La fórmula $(1)$ es cierta para todo valor de $m$ pero sólo es relevante para acotar el caso de $m=p^x$

Además, de la que acabo de demostrar, usaré la conocida de:

$F(n+m) = F(n-1) F(m) + F(n) F(m+1) \quad \quad \quad (2)$

Ahora supongamos que quiero estudiar el caso de $m=p \cdot p^x$ , no escribo directamente $m=p^{x+1}$ por claridad en lo que sigue.

Voy a suponer que el valor del periodo (o de la cota del mismo) para $m=p^x$ es conocido, con la intención de, al final, apoyarme en la cota conocida $m=p^1$ (es decir, $m$ primo) para generalizar por inducción.

Llamemos z al periodo conocido de los ceros en $F(p^x)$ , es decir:

$z = Z(p^x)$

Ahora, observemos que cualquier número $n$ módulo $m=p^{x+1}$ se puede expresar como:

$n = ap^x+b \quad \quad \quad (3)$

Donde:

$0 \le a\char60\ p$
$0 \le b\char60\ p^x$

Y $b$ equivale al número $n$ módulo $p^x$

Ahora estudiaré los números que eran ceros en $m=p^x$ , pero que pueden serlo o no en $m=p^{x+1}$ . Trabajamos, por tanto, en módulo $p^{x+1}$ , pero $z$ es $Z(p^x)$ , el objetivo es ver el valor que toman estos ceros de $m=p^x$ en $m=p^{x+1}$ , en general, algunos se harán cero y otros no. Obviamente no habrá ceros en $m=p^{x+1}$ que no coincidan con los de $m=p^{x}$ , puesto que cualquier múltiplo de $p^{x}$ lo será también de $p^{x+1}$ , mientras que lo contrario sólo es cierto a veces (explico demasiado ¿verdad?).

Comencemos calculando $F(2z)$ .

Aplicando $(2)$ :

$F(2z) = F(z) (F(z+1)+F(z-1)) \quad \quad \quad (4)$

Expresando cada número de Fibonacci con la nomenclatura $(3)$ , tenemos:

$F(z) = a_zp^x + b_z$
$F(z-1) = a_{z-1}p^x + b_{z-1}$
$F(z+1) = a_{z+1}p^x + b_{z+1}$

Pero sabemos que:

$b_z = 0$
$b_{z+1} = b_{z-1} = C$

Siendo $C$ , el número anterior (y posterior) al primer cero cuando trabajamos con módulo $p^x$ . Pongo la $C$ en mayúsculas porque es la clave de todo.

Así que operamos en $(4)$ eliminado $b_z$ y sustituyendo $b_{z+1}$ y $b_{z-1}$ por $C$ :

$F(z) = a_zp^x$
$F(z-1) = a_{z-1}p^x + C$
$F(z+1) = a_{z+1}p^x + C$

$F(2z) = a_zp^x (a_{z-1}p^x + C + a_{z+1}p^x + C)$

Fuera del paréntesis tenemos un factor $p^x$ , y dentro hay dos términos también con un factor $p^x$ , al multiplicar ambos por el de fuera van a ser cero módulo $p^{x+1}$ (que es lo que estamos calculando), así que simplificando queda:

$F(2z) = 2 \cdot C \cdot a_z \cdot p^x$

Voy a dejarme de casos particulares, y voy a demostrar ya que:

$F(hz) = h \cdot C^{h-1} \cdot a_z \cdot p^x \quad \quad \quad (5)$

Veamos primero que se cumple para para los casos conocidos de $F(z)$ y $F(2z)$ :

$F(1z) = 1 \cdot C^{1-1} \cdot a_z \cdot p^x = a_z \cdot p^x$

$F(2z) = 2 \cdot C^{2-1} \cdot a_z \cdot p^x = 2 \cdot C \cdot a_z \cdot p^x$

Y ahora demostremos que si se cumple para $F(kz)$ se cumple también para $F(kz+z)$ , con lo que $(5)$ quedaría demostrado.

Aplicando $(2)$ :

$F(kz+z) = F(kz-1) F(z) + F(kz) F(z+1) \quad \quad \quad (6)$

Son dos sumandos, analicemos el primero de ellos ahora.

Por $(1)$ sabemos que, en módulo $p^x$ , y cambiando $Z(m)$ por el valor $z$ que le hemos asignado:

$F(kz-1) = F(z-1)^k$

Donde $F(z-1) = C$

En módulo $p^{x+1}$ no tiene por qué ser cierto, pero puesto que sí lo tiene que ser para $p^{x+1}$ el valor de $F(kz-1)$ se tiene que poder expresar como $rp^x+C^k$ (con $C^k$ expresado en módulo $p^x$ ), ya que de otro modo no se cumpliría $(1)$ para módulo $p^x$ . Entonces, y sustituyendo $F(z)$ por $a_zp^x$ el primer sumando de (6) se podría expresar como:

$F(kz-1) F(z) = (rp^x+C^k)a_zp^x$

Dentro del paréntesis hay un factor de $p^x$ que al multiplicarse por el $p^x$ de fuera, se anularía módulo $p^{x+1}$ , y quedaría:

$F(kz-1) F(z) = C^k \cdot a_z \cdot p^x \quad \quad \quad (7)$

El primer factor del segundo sumando de $(6)$ , $F(kz)$ , dado que estamos suponiendo que para $h=k$ , se cumple $(5)$ quedaría:

$F(kz) = k \cdot C^{k-1} \cdot a_z \cdot p^x$

Y el segundo sumando, $F(z+1)$ , ya lo hemos visto, se tiene que poder expresar como $a_{z+1}p^x + C$

Sustituyendo estos dos valores en el segundo sumando de $(6)$ tenemos:

$F(kz) F(z+1) = k \cdot C^{k-1} \cdot a_z \cdot p^x \cdot (a_{z+1} \cdot p^x + C)$

El factor $p^x$ de dentro del paréntesis se anula módulo $p^{x+1}$ cuando se multiplica por el factor $p^x$ de fuera, y quedaría:

$F(kz) F(z+1) = k \cdot C^k \cdot a_z \cdot p^x \quad \quad \quad (8)$

Sumando $(7)$ y $(8)$ tenemos el valor de $(6)$ :

$F(kz+z) = C^k \cdot a_z \cdot p^x + k \cdot C^k \cdot a_z \cdot p^x$

Y finalmente:

$F(kz+z) = F(z(k+1)) = (k+1) \cdot C^k \cdot a_z \cdot p^x$

Con lo que $(5)$ queda demostrado. Es decir, esto:

$F(hz) = h \cdot C^{h-1} \cdot a_z \cdot p^x \quad \quad \quad (5)$

Sigo en el siguiente mensaje, aunque ya sólo quedan las conclusiones, pero si se me bloquea el ordenador ahora, me da algo…
Domingo H.A. | 22 de Marzo de 2008 | 14:23

Sive, yo anoche obtuve de modo muy sencillo, con tu misma idea, que

$a(m)\leq \cfrac{(m-1)(m-2)}{\phi(m)}+3$

que me vale para los primos (obteniendo incluso el m+1 como cota) y para las potencias de primos. Pero esa cota sobrepasa 2m para otros números compuestos en general, como el 6, 10 o 12. Para algunos compuestos sí vale, como para el 15, por ejemplo.

A ver si tengo tiempo de echarle un ojo y afino algo más la cota.
Sive | 22 de Marzo de 2008 | 14:56

En el mensaje anterior, demostré que los ceros de $F(n)$ módulo $p^x$ , cuando se analizan en $p^{x+1}$ , responden a la siguiente fórmula:

$F(hz) = h \cdot C^{h-1} \cdot a_z \cdot p^x$

Donde:

$z$ es el periodo de aparición de ceros de $F(n)$ módulo $p^x$
$h$ , vale $1, 2, 3, 4 \cdots$
$C$ es una constante y coincide con el valor previo (y posterior) al primer cero de la serie módulo $p^x$
y $a_z \cdot p^x$ es el valor que toma $F(z)$ cuando se analiza módulo $p^{x+1}$ .

De $a_z$ sabemos que $0 \le a_z \char60\ p$ .

De $C$ sabemos que $0 \le a_z \char60\ p^x$

Esa igualdad tendrá un valor múltiplo de $p^{x+1}$ cuando se de una de estas condiciones:

1) Que $a_z$ sea cero, y en ese caso los ceros de $F(n)$ módulo $p^x$ coinciden con los de $p^{x+1}$

2) Que $a_z$ sea diferente de cero, y en ese caso los ceros de $F(n)$ módulo $p^x$ coincidiran con los de $p^{x+1}$ única y exclusivamente cuando $h$ sea múltiplo de $p$ , es decir, para $h=p, 2p, 3p, 4p \cdots$ .

No hay más casos porque $C$ no puede ser cero.

Con estas premisas, demostradas, se puede concluir que una de dos:

1) $Z(p^{x+1}) = Z(p^x)$
2) $Z(p^{x+1}) = p \cdot Z(p^x)$

Generalizando, la cota máxima para cuando $m=p^x$ , es igual a $m=p^{x-1}Z(p)$ . Y además, el periodo exacto de los ceros tendrá la forma:

$m=p^aZ(p)$

Donde $0 \char60\ a \char60\ (x-1)$

Y a partir de esto se demuestra, a grandes rasgos (no en todos en todos los detalles, pero si lo suficiente como para demostrar la cota de $2m$ ), las proposiciones 2) a 5) que enumeró Fede.

Sólo hay que estudiar los casos particulares para $2$ y $3$ , y aplicar la cota genérica que se puede deducir aquí para todos los demás, considerando además, que de ser la cota de un factor $p^x$ de $m$ , exactamente igual a $(p+1)p^{x-1}$ , que en principio parecería el caso más desfavorable, en realidad es no lo es en absoluto porque $p+1$ es múltiplo, como mínimo, de $2$ .
Sive | 22 de Marzo de 2008 | 15:42

Es interesante lo de la función de Euler, ¿lo expones?

Pero no sé si lo pillaré porque lo he intentado por mi cuenta y no termino de verlo. Es que yo no soy matemático, y vuestras abstracciones para enfocar estos problemas me siguen pareciendo demasiado rebuscadas. Vuestras, de los matemáticos en general, quiero decir, no de los demás gaussianos. Pero sé que es falta de costumbre, y que es un defecto mío que deberia arreglar.
Sive | 22 de Marzo de 2008 | 16:18

Entre las igualdades (3) y (4) hay un momento en el que digo:

… cualquier múltiplo de $p^{x}$ lo será también de $p^{x+1}$ …

Es al revés, claro, cualquier múltiplo de $p^{x+1}$ lo será también de $p^{x}$ .
Sive | 22 de Marzo de 2008 | 16:29

En el mensaje siguiente, de las conclusiones, lo que sabemos de C es que:

$0 \char60\ C \char60\ p^x$

No puede ser cero porque está antes de un cero módulo $p^x$ , y no puede haber dos ceros consecutivos para ningún módulo >2
Sive | 22 de Marzo de 2008 | 16:36

El periodo exacto que expuse no es el correcto.

El periodo exacto para $m=p^x$ de los ceros tendrá la forma:

$m=p^a \cdot Z(p)$

Donde $0 \char60\ a \le (x-1)$

Siento las erratas, seguro que se me escapa alguna más.
Sive | 22 de Marzo de 2008 | 16:53

Aunque la cota está ya probada, salvo que alguien detecte un error (que no creo, encajan las conclusiones demasiado bien), me gustaría demostrar detalles como que:

- $5$ es el único primo para el que el periodo $Z(p)= p$ .
- Para todo $5^k$ , el periodo $Z(5^k) = 5^k$ (yo solamente he demostrado, que esa es su cota máxima).

Demostrar este par de detalles es necesario y suficiente (junto con lo que ya está probado) que todo m que se pueda expresar como $6 \cdot 5^x$ tienen un $Z(m) = 2m$ , y que además no hay más casos en los que se cumpla esto.
fede | 22 de Marzo de 2008 | 17:24

Uso la notación de Sive, Z(p) = a(p).

Si todos los divisores primos p de m son de la forma 4k+3 , $Z(m) \char 60 2m$ .

Porque la identidad $F(k-1)F(k+1) = F(k)^2 + (-1)^k$ , da cuando $k=Z(p)$ y k es impar: $a^2 \equiv -1 \!\! \pmod p$ , para a= F(Z(p)-1), y eso es imposible si p es un primo de la forma 4k+3. (porque elevando los dos lados a (p-1)/2, el T.de Fermat da $1 \equiv -1$ ).

Luego si p=4k+3, Z(p) es par y como $Z(p^k)$ es múltiplo de $Z(p), \ \ Z(p^k)$ también es par.

Pero si $a,b,\ldots,d$ son todos pares, $\text{mcm}(a,b,\ldots,d) = \text{mcm}(a, b/2, \ldots\ d/2)$ .

Y por tanto, como $Z(p^k) \char 60 2p^k \ \ \text{y} \ \ Z(m) = \text{mcm}(\ Z(p_i^{r_i} ) \ )$ , tenemos que Z(m) < 2m cuando los divisores primos de m son todos de la forma 4k+3. (Y además Z(m) es par).

Usando el resultado de Sive: $Z(p^{r+1}) = Z(p^{r}) \ \ \text{o} \ \ pZ(p^{r})$ , podemos extender el teorema añadiendo más primos a los permitidos entre los factores de m. Por ejemplo, podemos admitir un factor $2^r, \ \ r \ge 2$ , porque sabemos que Z(4) = 6 es par, un factor $29^r$ , porque Z(29) = 14 es par, etc.

Pero también por el mismo resultado, podemos permitir entre los factores de m todos los primos que sepamos que tienen $Z(p) \le p$ , es decir factores como $5^r, 13^r$ , etc
fede | 22 de Marzo de 2008 | 17:47

Ahora me doy cuenta de que no hacia falta el desarrollo anterior y que el hecho de que F(p) = p+1 o F(p) <= p, da directamente Z(m) < 2m para todo impar…, y como Z(2) = 3, Z(m) < 3m para todo m….creo.
Sive | 22 de Marzo de 2008 | 18:20

La cota es 2m, fede. Sólo son interesantes, para demostrarlo, los casos en los que Z(p) = p+1, porque para los demás el cociente Z(p)/p es uno o menor.

Pero salvo en el caso de p=2, tenemos que (p+1) es múltiplo de 2, pues p es primo y por tanto impar, así que una vez que añadido un factor con Z(p)=p+1, todos los factores de p que añadas contendrán el 2 como divisor de Z(p), y el cociente Z(m)/m no hará que más caer.

El caso más favorable, que da un Z(m)/m más alto, se consigue aprovechando el 2, que es el único que no presenta este problema (ya que Z(2) es 2+1, pero impar) y otro factor más que sí será múltiplo de dos. El mejor que se puede elegir es el 3, porque es el más bajo de los que quedan que cumple que Z(p) = p+1, y por tanto el que genera un cociente (p+1)/p más alto (4/3 en este caso).

2·3 da la cota máxima y queda así demostrado, pero además de estos factores puedes añadir aquellos para los que Z(p)=p, porque no alteran el cociente.

Pero por lo visto, y me gustaría demostrarlo, el único que cumple eso es 5 y sus potencias.
fede | 22 de Marzo de 2008 | 18:23

$Z(p) = p+1 \quad o \quad Z(p) \le p$ , quería decir…
fede | 22 de Marzo de 2008 | 18:40

Cierto Sive. Has demostrado que $Z(m) \le 2m$ , para todo m !!! Genial
Sive | 22 de Marzo de 2008 | 18:41

Jeje, sabía que acabarías cayendo, por eso no insistí.
Sive | 22 de Marzo de 2008 | 18:56

Otra cosa curiosa que he advertido, poniendo a prueba mis resultados en el ordenador, calculando miles de Z(m), para reducir así la posibilidad de torturaros con una demostración errónea, es que:

$Z(p^{x+1}) = p \cdot Z(p^{x})$

Siempre salvo en un caso. En el que se cumple la otra posibilidad que se desprende de mi demostración.

Sólo para p=2 y x=2 se cumple que:

$Z(p^{x+1}) = Z(p^{x})$

La pega es que he trabajado con enteros de 32 bits, y aunque eso me ha permitido probar muchos primos diferentes, no he podido hacer una muestra demasiado extensa con los exponentes, que siempre han sido comparativamente bajos. Así que tampoco es que se pueda concluir que sea el único caso.

De todos modos, el haber encontrado sólo este caso me anima a pensar que realmente es el único y a intentar demostrarlo.
Omar-P | 22 de Marzo de 2008 | 19:46

El conjunto de números primos que no contiene al número 2 se llama “primos impares” (Odd primes).
Domingo H.A. | 22 de Marzo de 2008 | 21:58

Estupendo, Sive!! Me ha encantado la demostración. La verdad es que te lo has currado y te felicito por ello. Veo que las propiedades $Z(p^\alpha)=p^\beta\cdot Z(p)$ , con $Z(p)\leq p+1$ y $\beta\leq \alpha$ , y $Z(m)=mcm(Z(p_i^{\alpha_i}))$ han sido claves para demostrar el resultado. Aunque no he podido hacer nada, creo que el camino que había seguido con la phi se me complicaba demasiado para números que son potencias de primos en general).

Tal vez podrías hacer un resumen escueto con las ideas fundamentales y las ideas claves, de modo que quienes lean el post se queden un poco con el desarrollo…pero ya eso es decisión tuya, que para algo te has llevado los laureles
Sive | 23 de Marzo de 2008 | 8:57

Gracias Domingo, a ver si tengo un rato, pero el largo fin de semana se termina y llevo atrasado un trabajo que me traje a casa (y todo gracias a Gaussianos, jeje).

Lo haré, pero tal vez sería mejor que lo hiciera un matemático de verdad como tú o Fede, se me dan fatal los formalismos matemáticos.
fede | 23 de Marzo de 2008 | 11:15

Bueno Sive, yo no soy matemático…solo aficionado.

Respecto al tema $Z(p^{r+1}) \neq Z(p^r)$ para p impar, he leido por ahí que está demostrado que si se se cumple para algún r se cumple para cualquier r mayor, pero no está demostrado que $Z(p) \neq Z(p^2)$ para todo primo, y tampoco se ha encontrado un contraejemplo.
Sive | 23 de Marzo de 2008 | 11:45

Supongo que la demostración de que $Z(p^{r+1}) \neq Z(p^r)$ es cierto si se cumple con valores de $r$ menores, excluye de alguna forma el caso de $r=0$ .

De no ser así, lo que habría que demostrar es que $Z(p^1) \neq Z(p^0)$ , lo cual es tremendamente sencillo, pues $Z(1)=1$ , y sólo quedaría por demostrar el caso de $p=2$
fede | 23 de Marzo de 2008 | 11:51

Si, es cuando r > 0.
Sive | 23 de Marzo de 2008 | 12:01

Pues es muy interesante esa propiedad Fede.

Si la damos por demostrada, ya solo queda entonces demostrar que $Z(p) = p$ sólo para $p=5$ para afirmar que la cota de $2m$ se cumple exactamente si y sólo si $m=6 \cdot 5^k$

Mañana me van a matar en el trabajo, por cierto.
fede | 23 de Marzo de 2008 | 12:42

En realidad la propiedad $Z(p^{r+1}) \neq Z(p^r)$ no hace halta para demostrar que $Z(5^k) = 5^k$ .

Porque esto mismo se deduce de este otro teorema:

“Para todo k, La máxíma potencia de 5 que divide a F(k) es igual a la máxima potencia de 5 que divide a k”.

Y solo quedaría por demostrar

“Si p es un primo de la forma 5k+1 o 5k-1, Z(p) divide a p-1″.

y

“Si p es un primo de la forma 5k+2 o 5k-2, Z(p) divide a p+1″.
Sive | 23 de Marzo de 2008 | 12:54

Pues sí, esos tres teoremas servirían para demostrar lo de $6 \cdot 5^k$

¿Los dos últimos son teoremas o conjeturas?
Sive | 23 de Marzo de 2008 | 12:56

Bueno, el último de esos tres debería ser más exactamente:

“Si p es un primo de la forma 5k+2 o 5k-2, Z(p) es exactamente p+1″.
Sive | 23 de Marzo de 2008 | 12:58

Ah no, borren de sus mentes el último comentario. estoy con el trabajo y con esto y cuesta cambiar el chip.
fede | 23 de Marzo de 2008 | 13:08

Todo son teoremas.

Los dos ultimos se deducen inmediatamente de los teoremas 3.12 y 3.13 del primer enlace que puse ( ahí k(p) es la longitud del ciclo completo y $\alpha(p)$ es nuestro Z(p).)

El primero es lema 1 del articulo de Lengyel en el segundo enlace.
Omar-P | 27 de Marzo de 2008 | 12:43

Domingo H.A, fede, ¿Tienen Uds. alguna referencia sobre teorema mencionado en el comentario del 21/03/08, 17:37 y 18:53?
fede | 27 de Marzo de 2008 | 13:12

Referencia no tengo, pero parece fácil de demostrar.
Omar-P | 27 de Marzo de 2008 | 14:26

¡Gracias fede por responder!
Pienso que este teorema se puede representar con el mismo diagrama de curvas periódicas superpuestas que usé para la determinación geométrica de los números primos. Sólo que ahora, como una generalización del diagrama, cada curva representa un divisor de “n” que es múltiplo de “m”. La